江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題八 二項(xiàng)式定理與數(shù)學(xué)歸納法（理）8.1 計(jì)數(shù)原理與二項(xiàng)式定理講義（含解析）

《江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題八 二項(xiàng)式定理與數(shù)學(xué)歸納法（理）8.1 計(jì)數(shù)原理與二項(xiàng)式定理講義（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題八 二項(xiàng)式定理與數(shù)學(xué)歸納法（理）8.1 計(jì)數(shù)原理與二項(xiàng)式定理講義（含解析）（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題八 二項(xiàng)式定理與數(shù)學(xué)歸納法（理）8.1 計(jì)數(shù)原理與二項(xiàng)式定理講義（含解析） 本部分內(nèi)容在高考中基本年年都考，并以壓軸題形式考查.2014年考復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)和數(shù)學(xué)歸納法；2015年主要考查計(jì)數(shù)原理，又涉及到數(shù)學(xué)歸納法；2016年考查組合數(shù)及其性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查考生的運(yùn)算求解能力和推理論證能力；2017年考查概率分布與期望及組合數(shù)的性質(zhì)，既考查運(yùn)算能力，又考查思維能力.2018年考查計(jì)數(shù)原理，考查考生的運(yùn)算求解能力和推理論證能力． 近幾年高考對(duì)組合數(shù)的性質(zhì)要求較高，常與數(shù)列、集合、不等式、數(shù)學(xué)歸納法等知識(shí)交匯考查．　　　 第一講 計(jì)數(shù)原理與二項(xiàng)式定理

2、題型(一) 計(jì)數(shù)原理的應(yīng)用 　主要考查兩個(gè)計(jì)數(shù)原理在集合或數(shù)列中的應(yīng)用. [典例感悟] [例1]　(2018·江蘇高考)設(shè)n∈N*，對(duì)1，2，…，n的一個(gè)排列i1i2…in，如果當(dāng)sit，則稱(is，it)是排列i1i2…in的一個(gè)逆序，排列i1i2…in的所有逆序的總個(gè)數(shù)稱為其逆序數(shù)．例如：對(duì)1,2,3的一個(gè)排列231，只有兩個(gè)逆序(2,1)，(3,1)，則排列231的逆序數(shù)為2.記fn(k)為1,2，…，n的所有排列中逆序數(shù)為k的全部排列的個(gè)數(shù)． (1)求f3(2)，f4(2)的值； (2)求fn(2)(n≥5)的表達(dá)式(用n表示)． [解]　(1)記τ

3、(abc)為排列abc的逆序數(shù)，對(duì)1,2,3的所有排列，有 τ(123)＝0，τ(132)＝1，τ(213)＝1，τ(231)＝2，τ(312)＝2，τ(321)＝3， 所以f3(0)＝1，f3(1)＝f3(2)＝2. 對(duì)1,2,3,4的排列，利用已有的1,2,3的排列，將數(shù)字4添加進(jìn)去，4在新排列中的位置只能是最后三個(gè)位置． 因此f4(2)＝f3(2)＋f3(1)＋f3(0)＝5. (2)對(duì)一般的n(n≥4)的情形，逆序數(shù)為0的排列只有一個(gè)：12…n，所以fn(0)＝1. 逆序數(shù)為1的排列只能是將排列12…n中的任意相鄰兩個(gè)數(shù)字調(diào)換位置得到的排列，所以fn(1)＝n－1. 為計(jì)

4、算fn＋1(2)，當(dāng)1,2，…，n的排列及其逆序數(shù)確定后，將n＋1添加進(jìn)原排列，n＋1在新排列中的位置只能是最后三個(gè)位置． 因此fn＋1(2)＝fn(2)＋fn(1)＋fn(0)＝fn(2)＋n. 當(dāng)n≥5時(shí)，fn(2)＝[fn(2)－fn－1(2)]＋[fn－1(2)－fn－2(2)]＋…＋[f5(2)－f4(2)]＋f4(2)＝(n－1)＋(n－2)＋…＋4＋f4(2)＝， 因此，當(dāng)n≥5時(shí)，fn(2)＝. [方法技巧] (1)深化對(duì)兩個(gè)計(jì)數(shù)原理的認(rèn)識(shí)，培養(yǎng)“全局分類”和“局部分步”的意識(shí)，并在操作中確保：①分類不重不漏；②分步要使各步具有連續(xù)性和獨(dú)立性. (2)解決計(jì)數(shù)應(yīng)用

5、題的基本思想是“化歸”，即由實(shí)際問題建立組合模型，再由組合數(shù)公式來計(jì)算其結(jié)果，從而解決實(shí)際問題． [演練沖關(guān)] (2018·蘇北三市三模)已知集合U＝{1,2，…，n}(n∈N*，n≥2)，對(duì)于集合U的兩個(gè)非空子集A，B，若A∩B＝?，則稱(A，B)為集合U的一組“互斥子集”．記集合U的所有“互斥子集”的組數(shù)為f(n)(視(A，B)與(B，A)為同一組“互斥子集”)． (1)寫出f(2)，f(3)，f(4)的值； (2)求f(n)． 解：(1)f(2)＝1，f(3)＝6，f(4)＝25. (2)法一：設(shè)集合A中有k個(gè)元素，k＝1,2,3，…，n－1. 則與集合A互斥的非空子集有2

6、n－k－1個(gè)． 于是f(n)＝(2n－k－1)＝(2n－k－)． 因?yàn)?n－k＝2n－k－C2n－C20＝(2＋1)n－2n－1＝3n－2n－1， ＝－C－C＝2n－2， 所以f(n)＝[(3n－2n－1)－(2n－2)]＝(3n－2n＋1＋1). 法二：任意一個(gè)元素只能在集合A，B，C＝?U(A∪B)之一中， 則這n個(gè)元素在集合A，B，C中，共有3n種， 其中A為空集的種數(shù)為2n，B為空集的種數(shù)為2n， 所以A，B均為非空子集的種數(shù)為3n－2×2n＋1. 又(A，B)與(B，A)為同一組“互斥子集”， 所以f(n)＝(3n－2n＋1＋1). 題型(二) 二項(xiàng)式定理的

7、應(yīng)用 　　主要考查利用二項(xiàng)式定理求和或利用二項(xiàng)式定理論證整除問題. [典例感悟] [例2]　(2018·江蘇六市二調(diào))已知(1＋x)2n＋1＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2n＋1x2n＋1，n∈N*.記Tn＝(2k＋1)an－k. (1)求T2的值； (2)化簡(jiǎn)Tn的表達(dá)式，并證明：對(duì)任意的n∈N*，Tn都能被4n＋2整除． [解]　由二項(xiàng)式定理，得ai＝C(i＝0,1,2，…，2n＋1)． (1)T2＝a2＋3a1＋5a0＝C＋3C＋5C＝30. (2)因?yàn)?n＋1＋k)C ＝(n＋1＋k)· ＝ ＝(2n＋1)C， 所以Tn＝(2k＋1)an－k ＝

8、(2k＋1)C ＝(2k＋1)C ＝2(n＋1＋k)－(2n＋1)]C ＝2(n＋1＋k)C－(2n＋1) ＝2(2n＋1)－(2n＋1) ＝2(2n＋1)··(22n＋C)－(2n＋1)··22n＋1 ＝(2n＋1)C. Tn＝(2n＋1)C＝(2n＋1)(C＋C) ＝2(2n＋1)C＝(4n＋2)C. 因?yàn)镃∈N*，所以Tn能被4n＋2整除. [方法技巧] 二項(xiàng)式定理中的應(yīng)用主要是構(gòu)造一個(gè)生成相應(yīng)二項(xiàng)式系數(shù)的函數(shù)，通過研究函數(shù)關(guān)系證明恒等式、不等式和整除性問題．將二項(xiàng)式定理(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－rbr＋…＋Cbn中的a，b進(jìn)行特殊化就會(huì)得

9、到很多有關(guān)組合數(shù)的相關(guān)和的結(jié)果，這是研究有關(guān)組合數(shù)的和的問題的常用方法．還可以利用求函數(shù)值的思想進(jìn)行賦值求解． [演練沖關(guān)] 設(shè)a，b，n∈N*，且a≠b，對(duì)于二項(xiàng)式(－)n. (1)當(dāng)n＝3,4時(shí)，分別將該二項(xiàng)式表示為－(p，q∈N*)的形式； (2)求證：存在p，q∈N*，使得等式(－)n＝－與(a－b)n＝p－q同時(shí)成立． 解：(1)當(dāng)n＝3時(shí)，(－)3＝(a＋3b)－(b＋3a)， ＝－ . 當(dāng)n＝4時(shí)，(－)4＝a2－4a＋6ab－4b＋b2＝(a2＋6ab＋b2)－4(a＋b)， ＝－ . (2)證明：由二項(xiàng)式定理得 (－)n＝(－1)kC()n－k()k，

10、若n為奇數(shù)，則(－)n＝[C()n＋C()n－2()2＋…＋C()3()n－3＋C()()n－1]－[C()n－1()＋C()n－3()3＋…＋C()2·()n－2＋C()n]， 分析各項(xiàng)指數(shù)的奇偶性易知，可將上式表示為 (－)n＝u1－v1的形式，其中u1，v1∈N*， 也即(－)n＝－＝－，其中p＝ua，q＝vb，p，q∈N*， 若n為偶數(shù)，則(－)n＝[C()n＋C()n－2()2＋…＋C()2()n－2＋C()n]－[C()n－1·()＋C()n－3()3＋…＋C()3()n－3＋C()()n－1] 類似地，可將上式表示為(－)n＝u2－v2的形式，其中u2，v2∈N*，

11、也即(－)n＝－＝－，其中p＝u，q＝vab，p，q∈N*. 所以存在p，q∈N*，使得等式(－)n＝－. 同理可得(＋)n可表示為(＋)n＝＋， 從而有p－q＝(＋)(－)＝(＋)n(－)n＝(a－b)n， 綜上可知結(jié)論成立． 題型(三) 組合數(shù)的性質(zhì)應(yīng)用 主要考查利用組合數(shù)性質(zhì)進(jìn)行代數(shù)化簡(jiǎn)論證問題. [典例感悟] [例3]　(2018·蘇北四市調(diào)研)在楊輝三角形中，從第3行開始，除1以外，其他每一個(gè)數(shù)值是它上面的兩個(gè)數(shù)值之和，這個(gè)三角形數(shù)陣開頭幾行如圖所示． (1)在楊輝三角形中是否存在某一行，且該行中三個(gè)相鄰的數(shù)之比為3∶4∶5？若存在，試求

12、出是第幾行；若不存在，請(qǐng)說明理由； (2)已知n，r為正整數(shù)，且n≥r＋3.求證：任何四個(gè)相鄰的組合數(shù)C，C，C，C不能構(gòu)成等差數(shù)列． [解]　(1)楊輝三角形的第n行由二項(xiàng)式系數(shù)C， k＝0,1,2，…，n組成． 如果第n行中有＝＝， ＝＝， 那么3n－7k＝－3,4n－9k＝5， 解得k＝27，n＝62. 即第62行有三個(gè)相鄰的數(shù)C，C，C的比為3∶4∶5. (2)證明：若有n，r(n≥r＋3)，使得C，C，C，C成等差數(shù)列， 則2C＝C＋C，2C＝C＋C， 即 ＝＋， ＝＋. 有＝＋， ＝＋， 化簡(jiǎn)整理得，n2－(4r＋5)n＋4r(r＋2)＋2＝

13、0， n2－(4r＋9)n＋4(r＋1)(r＋3)＋2＝0. 兩式相減得，n＝2r＋3， 于是C，C，C，C成等差數(shù)列． 而由二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)可知C＝C＜C＝C，這與等差數(shù)列的性質(zhì)矛盾，從而要證明的結(jié)論成立． [方法技巧] (1)對(duì)于組合數(shù)問題，需要熟記并能靈活運(yùn)用以下兩個(gè)組合數(shù)公式：C＝C，C＝C＋C. (2)對(duì)于二項(xiàng)式定理問題，需掌握賦值法和二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)，并能將二項(xiàng)式系數(shù)與二項(xiàng)展開式系數(shù)區(qū)別開來． [演練沖關(guān)] (2018·南京、鹽城一模)設(shè)n∈N*，n≥3，k∈N*. (1)求值：①kC－nC； ②k2C－n(n－1)C－nC(k≥2)； (2)化簡(jiǎn)：12C＋

14、22C＋32C＋…＋(k＋1)2C＋…＋(n＋1)2C. 解：(1)①kC－nC ＝k×－n× ＝－＝0. ②k2C－n(n－1)C－nC＝k2×－n(n－1)×－n×＝k×－－＝＝0. (2)法一：由(1)可知，當(dāng)k≥2時(shí)，(k＋1)2C＝(k2＋2k＋1)C＝k2C＋2kC＋C＝[n(n－1)C＋nC]＋2nC＋C＝n(n－1)C＋3nC＋C. 故12C＋22C＋32C＋…＋(k＋1)2C＋…＋(n＋1)2C＝(12C＋22C)＋n(n－1)(C＋C＋…＋C)＋3n(C＋C＋…＋C)＋(C＋C＋…＋C)＝(1＋4n)＋n(n－1)2n－2＋3n(2n－1－1)＋(2n－1－n)

15、＝2n－2(n2＋5n＋4)． 法二：當(dāng)n≥3時(shí)，由二項(xiàng)式定理， 有(1＋x)n＝1＋Cx＋Cx2＋…＋Cxk＋…＋Cxn， 兩邊同乘以x，得(1＋x)nx＝x＋Cx2＋Cx3＋…＋Cxk＋1＋…＋Cxn＋1， 兩邊對(duì)x求導(dǎo)，得(1＋x)n＋n(1＋x)n－1x＝1＋2Cx＋3Cx2＋…＋(k＋1)Cxk＋…＋(n＋1)Cxn， 兩邊再同乘以x，得(1＋x)nx＋n(1＋x)n－1x2＝x＋2Cx2＋3Cx3＋…＋(k＋1)Cxk＋1＋…＋(n＋1)Cxn＋1， 兩邊再對(duì)x求導(dǎo)，得 (1＋x)n＋n(1＋x)n－1x＋n(n－1)(1＋x)n－2x2＋2n(1＋x)n－1x＝1＋

16、22Cx＋32Cx2＋…＋(k＋1)2Cxk＋…＋(n＋1)2Cxn. 令x＝1，得2n＋n·2n－1＋n(n－1)2n－2＋2n·2n－1＝1＋22C＋32C＋…＋(k＋1)2C＋…＋(n＋1)2C， 即12C＋22C＋32C＋…＋(k＋1)2C＋…＋(n＋1)2C＝2n－2(n2＋5n＋4)． A組——大題保分練 1．設(shè)集合A，B是非空集合M的兩個(gè)不同子集，滿足：A不是B的子集，且B也不是A的子集． (1)若M＝{a1，a2，a3，a4}，直接寫出所有不同的有序集合對(duì)(A，B)的個(gè)數(shù)； (2)若M＝{a1，a2，a3，…，an}，求所有不同的有序集合對(duì)(A，B)的個(gè)數(shù)．

17、解：(1)110. (2)集合M有2n個(gè)子集，不同的有序集合對(duì)(A，B)有2n(2n－1)個(gè)． 當(dāng)A?B，并設(shè)B中含有k(1≤k≤n，k∈N*)個(gè)元素， 則滿足A?B的有序集合對(duì)(A，B)有(2k－1)＝2k－＝3n－2n個(gè)． 同理，滿足B?A的有序集合對(duì)(A，B)有3n－2n個(gè)． 故滿足條件的有序集合對(duì)(A，B)的個(gè)數(shù)為2n(2n－1)－2(3n－2n)＝4n＋2n－2×3n. 2．記1,2，…，n滿足下列性質(zhì)T的排列a1，a2，…，an的個(gè)數(shù)為f(n)(n≥2，n∈N*)．性質(zhì)T：排列a1，a2，…，an中有且只有一個(gè)ai＞ai＋1(i∈{1,2，…，n－1})． (1)求f

18、(3)； (2)求f(n)． 解：(1)當(dāng)n＝3時(shí)，1,2,3的所有排列有(1,2,3)，(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，(3,2,1)，其中滿足僅存在一個(gè)i∈{1,2,3}，使得ai＞ai＋1的排列有(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，所以f(3)＝4. (2)在1,2，…，n的所有排列(a1，a2，…，an)中， 若ai＝n(1≤i≤n－1)，從n－1個(gè)數(shù)1,2,3，…，n－1中選i－1個(gè)數(shù)按從小到大的順序排列為a1，a2，…，ai－1，其余按從小到大的順序排列在余下位置，于是滿足題意的排列個(gè)數(shù)為C. 若an＝n，則滿足

19、題意的排列個(gè)數(shù)為f(n－1)． 綜上，f(n)＝f(n－1)＋＝f(n－1)＋2n－1－1. 從而f(n)＝－(n－3)＋f(3)＝2n－n－1. 3．(2018·南京、鹽城一模)已知n∈N*，nf(n)＝CC＋2CC＋…＋rCC＋…＋nCC. (1)求f(1)，f(2)，f(3)的值； (2)試猜想f(n)的表達(dá)式(用一個(gè)組合數(shù)表示)，并證明你的猜想． 解：(1)由條件，nf(n)＝CC＋2CC＋…＋rCC＋…＋nCC，① 在①中令n＝1，得f(1)＝CC＝1. 在①中令n＝2，得2f(2)＝CC＋2CC＝6，得f(2)＝3. 在①中令n＝3，得3f(3)＝CC＋2CC＋3

20、CC＝30，得f(3)＝10. (2)猜想f(n)＝C(或f(n)＝C)． 欲證猜想成立，只要證等式nC＝CC＋2CC＋…＋rCC＋…＋nCC成立． 法一：(直接法)當(dāng)n＝1時(shí)，等式顯然成立． 當(dāng)n≥2時(shí)，因?yàn)閞C＝＝ ＝n×＝nC， 故rCC＝(rC)C＝nCC. 故只需證明nC＝nCC＋nCC＋…＋nC·C＋…＋nCC. 即證C＝CC＋ CC＋…＋ CC＋…＋ CC. 而C＝C，故即證C＝CC＋ CC＋…＋ CC＋…＋ CC.② 由等式(1＋x)2n－1＝(1＋x)n－1(1＋x)n可得，左邊xn的系數(shù)為C. 而右邊(1＋x)n－1(1＋x)n＝(C＋Cx＋Cx2＋

21、…＋Cxn－1)(C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn)， 所以xn的系數(shù)為CC＋ CC＋…＋ C·C＋…＋ CC. 由(1＋x)2n－1＝(1＋x)n－1(1＋x)n恒成立可得②成立． 綜上，f(n)＝C成立． 法二：(構(gòu)造模型)構(gòu)造一個(gè)組合模型，一個(gè)袋中裝有(2n－1)個(gè)小球，其中n個(gè)是編號(hào)為1,2，…，n的白球，其余(n－1)個(gè)是編號(hào)為1,2，…，n－1的黑球．現(xiàn)從袋中任意摸出n個(gè)小球，一方面，由分步計(jì)數(shù)原理其中含有r個(gè)黑球((n－r)個(gè)白球)的n個(gè)小球的組合的個(gè)數(shù)為C·C，0≤r≤n－1，由分類計(jì)數(shù)原理有從袋中任意摸出n個(gè)小球的組合的總數(shù)為CC＋ CC＋…＋ CC＋…＋ CC. 另一

22、方面，從袋中(2n－1)個(gè)小球中任意摸出n個(gè)小球的組合的個(gè)數(shù)為C. 故C＝CC＋ CC＋…＋ CC＋…＋ CC，余下同法一． 法三：(利用導(dǎo)數(shù))由二項(xiàng)式定理， 得(1＋x)n＝C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn.③ 兩邊求導(dǎo)，得n(1＋x)n－1＝C＋2Cx＋…＋rCxr－1 ＋…＋nCxn－1.④ ③×④，得n(1＋x)2n－1＝(C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn)·(C＋2Cx＋…＋rCxr－1 ＋…＋nCxn－1)．⑤ 左邊xn的系數(shù)為nC. 右邊xn的系數(shù)為CC＋2CC＋…＋rCC＋…＋nCC＝CC＋2CC＋…＋r CC＋…＋nCC＝CC＋2CC＋…＋r CC＋…＋nCC. 由⑤

23、恒成立，得nC＝CC＋2CC＋…＋r CC＋…＋nCC. 故f(n)＝C成立． 法四：(構(gòu)造模型)由nf(n)＝CC＋2CC＋…＋rCC＋…＋nCC， 得nf(n)＝nCC＋(n－1)CC＋…＋CC＝nCC＋(n－1)CC＋…＋CC， 所以2nf(n)＝(n＋1)(CC＋CC＋…＋CC) ＝(n＋1)(CC＋CC＋…＋CC)， 構(gòu)造一個(gè)組合模型，從2n個(gè)元素中選取(n＋1)個(gè)元素，則有C種選法，現(xiàn)將2n個(gè)元素分成兩個(gè)部分n，n，若(n＋1)個(gè)元素中，從第一部分中取n個(gè)，第二部分中取1個(gè)，則有CC種選法，若從第一部分中取(n－1)個(gè)，第二部分中取2個(gè)，則有CC種選法，…，由分類計(jì)數(shù)原理

24、可知C＝CC＋CC＋…＋CC. 故2nf(n)＝(n＋1)C， 所以f(n)＝·＝＝C. 4．(2018·蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研(二))已知函數(shù)f(x)＝(x＋)2n＋1(n∈N*，x∈R)． (1)當(dāng)n＝2時(shí)，若f(2)＋f(－2)＝A，求實(shí)數(shù)A的值； (2)若f(2)＝m＋α(m∈N*,0<α<1)，求證：α(m＋α)＝1. 解：(1)當(dāng)n＝2時(shí)，f(x)＝(x＋)5＝Cx5＋Cx4＋Cx3()2＋Cx2()3＋Cx()4＋C()5, 所以f(2)＋f(－2)＝(2＋)5＋(－2＋)5＝2[C()124＋C()322＋C()5]＝2(5×16＋10×4×5＋25)＝610， 所以A

25、＝610. (2)證明：因?yàn)閒(x)＝(x＋)2n＋1＝Cx2n＋1＋Cx2n＋Cx2n－1()2＋…＋C()2n＋1， 所以f(2)＝C22n＋1＋C22n＋C22n－1()2＋…＋C()2n＋1， 由題意知，f(2)＝(＋2)2n＋1＝m＋α(m∈N*,0<α<1)， 首先證明對(duì)于固定的n∈N*，滿足條件的m，α是唯一的． 假設(shè)f(2)＝(2＋)2n＋1＝m1＋α1＝m2＋α2(m1，m2∈N*,0<α1<1,0<α2<1，m1≠m2，α1≠α2)， 則m1－m2＝α2－α1≠0，而m1－m2∈Z，α2－α1∈(－1,0)∪(0,1)，矛盾． 所以滿足條件的m，α是唯一的.

26、 下面我們求m及α的值： 因?yàn)閒(2)－f(－2)＝(2＋)2n＋1－(－2＋)2n＋1＝(2＋)2n＋1＋(2－)2n＋1＝2[C22n＋1＋C·22n－1()2＋C22n－3()4＋…＋C21()2n]， 顯然f(2)－f(－2)∈N*. 又因?yàn)椋?∈(0,1)，故(－2)2n＋1∈(0,1)， 即f(－2)＝(－2＋)2n＋1＝(－2)2n＋1∈(0,1). 所以令m＝2[C22n＋1＋C22n－1()2＋C·22n－3()4＋…＋C21()2n]， α＝(－2＋)2n＋1， 則m＝f(2)－f(－2)，α＝f(－2)，又m＋α＝f(2), 所以α(m＋α)＝f

27、(－2)·f(2)＝(2＋)2n＋1·(－2＋)2n＋1＝(5－4)2n＋1＝1. B組——大題增分練 1．(2016·江蘇高考)(1)求7C－4C的值； (2)設(shè)m，n∈N*，n≥m，求證：(m＋1)C＋(m＋2)·C＋(m＋3)C＋…＋nC＋(n＋1)C＝(m＋1)C. 解：(1)7C－4C＝7×－4×＝0. (2)證明：當(dāng)n＝m時(shí)，結(jié)論顯然成立． 當(dāng)n＞m時(shí)，(k＋1)C＝ ＝(m＋1)· ＝(m＋1)C，k＝m＋1，m＋2，…，n. 又因?yàn)镃＋C＝C， 所以(k＋1)C＝(m＋1)(C－C)，k＝m＋1，m＋2，…，n. 因此，(m＋1)C＋(m＋2)C＋(m＋

28、3)C＋…＋(n＋1)C＝(m＋1)C＋[(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋(n＋1)C] ＝(m＋1)C＋(m＋1)[(C－C)＋(C－C)＋…＋(C－C)] ＝(m＋1)C. 2．(2018·南京、鹽城二模)現(xiàn)有(n≥2，n∈N*)個(gè)給定的不同的數(shù)隨機(jī)排成一個(gè)下圖所示的三角形數(shù)陣： 　 設(shè)Mk是第k行中的最大數(shù)，其中1≤k≤n，k∈N*.記M1. 解：(1)由題意知p2＝＝，即p2的值為. (2)證明：先排第n行，則最大數(shù)在第n行的概率為＝； 去掉第n行已經(jīng)排好的n個(gè)數(shù)， 則余下的－n＝個(gè)數(shù)中最大數(shù)在

29、第n－1行的概率為＝； … 故pn＝××…×＝＝. 由于2n＝(1＋1)n＝C＋C＋C＋…＋C≥C＋C＋C>C＋C＝C， 故>，即pn>. 3．(2018·蘇州暑假測(cè)試)設(shè)集合M＝{－1,0,1}，集合An＝{(x1，x2，…，xn)|xi∈M，i＝1,2，…，n}，集合An中滿足條件“1≤|x1|＋|x2|＋…＋|xn|≤m”的元素個(gè)數(shù)記為S. (1)求S和S的值； (2)當(dāng)m

30、n－1個(gè)取自集合P,1個(gè)取自集合Q， 故共有C21種可能，即為C21， 同理，|x1|＋|x2|＋…＋|xn|＝2，即x1，x2，x3，…，xn中有n－2個(gè)取自集合P,2個(gè)取自集合Q， 故共有C22種可能，即為C22， 若|x1|＋|x2|＋…＋|xn|＝m，即x1，x2，x3，…，xn中有n－m個(gè)取自集合P，m個(gè)取自集合Q， 故共有C2m種可能，即為C2m， 所以S＝C21＋C22＋…＋C2m， 因?yàn)楫?dāng)0≤k≤n時(shí)，C≥1，所以C－1≥0， 所以S＝C21＋C22＋…＋C2m

31、21＋C22＋…＋C2m＋C2m＋1＋…＋C2n)－(2m＋1＋2m＋2＋…＋2n) ＝(1＋2)n－(2n＋1－2m＋1)＝3n－2n＋1＋2m＋1. 所以當(dāng)m